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北京通州区新高考化学全真模拟密押卷注意事项:1.答题前,考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚,将条形码准确粘贴在条形码区域内。2.答题时请按要求用笔。3.请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答,超出答题区域书写的答案无效;在草稿纸、试卷上答题无效。4.作图可先使用铅笔画出,确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5.保持卡面清洁,不要折暴、不要弄破、弄皱,不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、用下列实验装置能达到实验目的的是(部分夹持装置未画出)A.分离液体混合物B.蒸发NaC1溶液获得NaC1晶体C.制取二氧化硫气体D.测定化学反应速率2、某恒定温度下,在一个2L的密闭容器中,加入4molA和2molB进行如下反应:3A(g)+2B(g)⇌4C(?)+2D(?),“?”代表状态不确定。反应一段时间后达到平衡,测得生成1.6molC,且反应前后压强之比为5:4,则下列说法正确的是A.增加C,B的平衡转化率不变B.此时B的平衡转化率是35%C.增大该体系的压强,平衡向右移动,化学平衡常数增大D.该反应的化学平衡常数表达式是K=3、有机物X、Y的转化如下:下列说法不正确的是A.X能加聚反应B.Y分子苯环上的二氯代物有5种C.与Y互为同分异构体D.X、Y分子的所有原子可能共平面4、X、Y、Z、W是四种原子序数依次增大的短周期元素,Z、W可以形成两种重要化合物ZW2、Z2W2,X、Y的原子半径依次减小,X、Y、Z组成的一种化合物(ZXY)2:的结构式为Y≡X-Z-Z-X≡Y。下列说法正确的是()A.化合物Z2W2中含有离子键B.简单离子半径大小顺序:ry>rw>rzC.元素W的氧化物对应水化物的酸性比Y的强D.X和Z组成的化合物中可能所有原子都达到8电子稳定结构5、钨是高熔点金属,工业上用主要成分为FeWO4和MnWO4的黑钨铁矿与纯碱共熔冶炼钨的流程如下,下列说法不正确的是()A.将黑钨铁矿粉碎的目的是增大反应的速率B.共熔过程中空气的作用是氧化Fe(II)和Mn(II)C.操作II是过滤、洗涤、干燥,H2WO4难溶于水且不稳定D.在高温下WO3被氧化成W6、25℃时,向20.00mL0.100mol•L-1的氨水和醋酸铵溶液中分别滴加0.100mol•L-1的盐酸溶液,溶液pH随加入盐酸体积的变化如图所示。下列说法不正确的是()A.25℃时,Kb(NH3•H2O)=Ka(CH3COOH)≈10-5B.b点溶液中水的电离程度比c点溶液中的大C.在c点的溶液中:c(Cl﹣)>c(CH3COOH)>c(NH4+)>c(OH﹣)D.在a点的溶液中:c(NH4+)+2c(H+)═2c(CH3COO-)+c(NH3•H2O)+2c(OH-)7、下列有关CuSO4溶液的叙述正确的是()A.该溶液中Na+、NH4+、NO3-、Mg2+可以大量共存B.通入CO2气体产生蓝色沉淀C.与NaHS反应的离子方程式:Cu2++S2-═CuS↓D.与过量浓氨水反应的离子方程式:Cu2++2NH3·H2O═Cu(OH)2↓+2NH4+8、在给定条件下,下列选项所示的物质间转化均能实现的是A.NaHCO3(s)Na2CO3(s)NaOH(aq)B.Al(s)NaAlO2(aq)Al(OH)3(s)C.AgNO3(aq)[Ag(NH3)2]+(aq)Ag(s)D.Fe2O3(s)Fe(s)FeCl3(aq)9、某烯烃分子的结构简式为,用系统命名法命名其名称为()A.2,2,4-三甲基-3-乙基-3-戊烯 B.2,4,4-三甲基-3-乙基-2-戊烯C.2,2,4-三甲基-3-乙基-2-戊烯 D.2-甲基-3-叔丁基-2-戊烯10、室温下,将0.05molCH3COONa固体溶于水配成100mL溶液,向溶液中加入下列物质充分混合后,有关结论不正确的是()加入的物质结论A0.05molCH3COONa固体减小B0.05molNaHSO4固体c(CH3COO﹣)+c(CH3COOH)=c(Na+)﹣c(SO42﹣)C0.05molNH4Cl固体水电离程度增大D50mLH2O由水电离出的c(H+)·c(OH﹣)减小A.A B.B C.C D.D11、室温下,1L含0.1molHA和0.1molNaA的溶液a及加入一定量强酸或强碱后溶液的pH如下表(加入前后溶液体积不变):溶液a通入0.01molHCl加入0.01molNaOHpH4.764.674.85像溶液a这样,加入少量强酸或强碱后pH变化不大的溶液称为缓冲溶液。下列说法正确的是A.溶液a和0.1mol·L−1HA溶液中H2O的电离程度前者小于后者B.向溶液a中通入0.1molHCl时,A−结合H+生成HA,pH变化不大C.该温度下HA的Ka=10-4.76D.含0.1mol·L−1Na2HPO4与0.1mol·L−1NaH2PO4的混合溶液也可做缓冲溶液12、化学方便了人类的生产与生活,下列说法不正确的是A.氢氧化铝可用于中和人体过多的胃酸B.碘是人体必需的微量元素,应该适量服用I2C.葡萄糖可以用于食品加工和合成葡萄糖酸钙D.漂白粉中的有效成分是Ca(ClO)213、下列物质的熔点,前者大于后者的是A.晶体硅、碳化硅 B.氯化钠、甲苯 C.氧化钠、氧化镁 D.钾钠合金、钠14、化学与生产、生活息息相关。下列说法正确的是()A.可用钢瓶储存液氯或浓硫酸B.二氧化碳气体可用作镁燃烧的灭火剂C.鸡蛋清溶液中加入CuSO4溶液,有沉淀析出,该性质可用于蛋白质的分离与提纯D.炒菜时加碘食盐要在菜准备出锅时添加,是为了防止食盐中的碘受热升华15、下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是()A.0.1mol·L-1的NH4Cl溶液与0.05mol·L-1的NaOH溶液等体积混合后的溶液:c(Cl-)>c(Na+)>c(NH4+)>c(OH-)>c(H+)B.把0.02mol·L-1的CH3COOH溶液和0.01mol·L-1的NaOH溶液等体积混合:2c(H+)=c(CH3COO-)+2c(OH-)-c(CH3COOH)C.pH=2的一元酸HA与pH=12的一元碱MOH等体积混合:c(M+)=c(A-)>c(OH-)=c(H+)D.0.1mol·L-1的NaHCO3溶液中:c(H+)+c(H2CO3)=c(OH-)16、为测定镁铝合金(不含其它元素)中镁的质量分数。某同学设计了如下实验:称量ag镁铝合金粉末,放在如图所示装置的惰性电热板上,通电使其充分灼烧。下列说法错误的是A.实验结束后应再次称量剩余固体的质量B.氧气要保证充足C.可以用空气代替氧气进行实验D.实验结束后固体质量大于ag二、非选择题(本题包括5小题)17、医药合成中可用下列流程合成一种治疗心脏病的特效药物(G)。已知:①RCH=CH2RCH2CH2CHO;②(1)B的核磁共振氢谱图中有________组吸收峰,C的名称为________。(2)E中含氧官能团的名称为________,写出D→E的化学方程式________。(3)E-F的反应类型为________。(4)E的同分异构体中,结构中有醚键且苯环上只有一个取代基结构有________种,写出其中甲基数目最多的同分异构体的结构简式________________________。(5)下列有关产物G的说法正确的是________A.G的分子式为C15H28O2B.1molG水解能消耗2molNaoHC.G中至少有8个C原子共平面D.合成路线中生成G的反应为取代反应(6)写出以1-丁醇为原料制备C的同分异构体正戊酸(CH3CH2CH2CH2COOH)的合成路线流程图。示例如下:H2C=CH2CH3CH2BrCH3CH2OH,无机试剂任选______________________。18、丙胺卡因(H)是一种局部麻醉药物,实验室制备H的一种合成路线如下:已知:回答下列问题:(1)B的化学名称是________,H的分子式是_____________。(2)由A生成B的反应试剂和反应条件分别为_______________。(3)C中所含官能团的名称为_________,由G生成H的反应类型是___________。(4)C与F反应生成G的化学方程式为______________________________________。反应中使用K2CO3的作用是_______________。(5)化合物X是E的同分异构体,X能与NaOH溶液反应,其核磁共振氢谱只有1组峰。X的结构简式为____________________。(6)(聚甲基丙烯酸甲酯)是有机玻璃的主要成分,写出以丙酮和甲醇为原料制备聚甲基丙烯酸甲酯单体的合成路线:________________。(无机试剂任选)19、草酸(H2C2O1)是一种重要的有机化工原料。为探究草酸的制取和草酸的性质,进行如下实验。实验Ⅰ:探究草酸的制备实验室用硝酸氧化淀粉水解液法制备草酸,装置如下图所示:硝酸氧化淀粉水解液的反应为:C6H12O6+12HNO3→3H2C2O1+9NO2↑+3NO↑+9H2O。(1)上图实验装置中仪器乙的名称为:____,B装置的作用______(2)检验淀粉是否完全水解所需要的试剂为:______。实验Ⅱ:探究草酸的不稳定性已知:草酸晶体(H2C2O1·2H2O)无色,易溶于水,熔点为101℃,受热易脱水、升华,170℃以上分解产生H2O、CO和CO2。草酸的酸性比碳酸强,其钙盐难溶于水。(3)请选取以上的装置证明草酸晶体分解的产物(可重复使用,加热装置和连接装置已略去)。仪器装置连接顺序为:A→___→____→____→___→E→B→G→____。(1)若实验结束后测得B管质量减轻1.8g,则至少需分解草酸晶体的质量为_____g(已知草酸晶体的M=126g/mol)。实验Ⅲ:探究草酸与酸性高锰酸钾的反应取一定量草酸溶液装入试管,加入一定体积的酸性高锰酸钾溶液,振荡试管,发现溶液开始缓慢褪色,后来迅速变成无色。(反应热效应不明显,可忽略不计)(5)该实验中草酸表现______性,离子方程式_______该反应的反应速率先慢后快的主要原因可能是_________。(6)设计实验证明草酸是弱酸。实验方案:______________(提供的药品及仪器:蒸馏水、0.1mol·L-1NaOH溶液、pH计、0.1mol·L-1草酸溶液,其它仪器自选)20、硫酰氯(SO2Cl2)是一种重要的化工试剂,氯化法是合成硫酰氯(SO2Cl2)的常用方法。实验室合成硫酰氯的实验装置如下图所示(部分夹持装置未画出):已知:①SO2(g)+Cl2(g)=SO2Cl2(l)ΔH=-97.3kJ/mol。②硫酰氯常温下为无色液体,熔点为-54.1℃,沸点为69.1℃,在潮湿空气中“发烟”。③100℃以上或长时间存放硫酰氯都易分解,生成二氧化硫和氯气。回答下列问题:(1)装置A中发生反应的离子方程式为___________。(2)装置B的作用为_______________________________,若缺少装置C,装置D中SO2与Cl2还可能发生反应的化学方程式为________________________。(3)仪器F的名称为_________________,E中冷凝水的入口是___________(填“a”或“b”),F的作用为_______________________________________________。(4)当装置A中排出氯气1.12L(已折算成标准状况)时,最终得到5.4g纯净的硫酰氯,则硫酰氯的产率为____________。为提高本实验中硫酰氯的产率,在实验操作中需要注意的事项有________(填序号)。①先通冷凝水,再通气②控制气流速率,宜慢不宜快③若三颈烧瓶发烫,可适当降温④加热三颈烧瓶(5)氯磺酸(ClSO3H)加热分解,也能制得硫酰氯2ClSO3H=SO2Cl2+H2SO4,分离产物的方法是_____A.重结晶B.过滤C.蒸馏D.萃取(6)长期存放的硫酰氯会发黄,其原因可能为_______________________。21、乙烯是一种重要的化工原料,可由乙烷为原料制取,回答下列问题。(1)传统的热裂解法和现代的氧化裂解法的热化学方程式如下:①C2H6(g)=C2H4(g)+H2(g)ΔH1=+136kJ·mol-1②C2H6(g)+O2(g)=C2H4(g)+H2O(g)ΔH2=-110kJ·mol-1已知反应相关的部分化学键键能数据如下:化学键H-H(g)H-O(g)O=O键能(kJ·mol-1)436x496由此计算x=___,通过比较ΔH1和ΔH2,说明和热裂解法相比,氧化裂解法的优点是___(任写一点)。(2)乙烷的氧化裂解反应产物中除了C2H4外,还存在CH4、CO、CO2等副产物(副反应均为放热反应),图甲为温度对乙烷氧化裂解反应性能的影响。乙烷的转化率随温度的升高而升高的原因是___,反应的最佳温度为___(填序号)。A.700℃B.750℃C.850℃D.900℃[乙烯选择性=;乙烯收率=乙烷转化率×乙烯选择性](3)烃类氧化反应中,氧气含量低会导致反应产生积炭堵塞反应管。图乙为的值对乙烷氧化裂解反应性能的影响。判断乙烷氧化裂解过程中的最佳值是___,判断的理由是___。(4)工业上,保持体系总压恒定为100kPa的条件下进行该反应,通常在乙烷和氧气的混合气体中掺混惰性气体(惰性气体的体积分数为70%),掺混惰性气体的目的是___。反应达平衡时,各组分的体积分数如下表:组分C2H6O2C2H4H2O其他物质体积分数/%2.41.0121569.6计算该温度下的平衡常数:Kp=___(用平衡分压代替平衡浓度,平衡分压=总压×体积分数)。
参考答案一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、B【解析】
A.该实验为蒸馏,温度计水银球应置于蒸馏烧瓶支管处,以便测量蒸汽的温度,A错误;B.该实验为蒸发,蒸发指蒸去溶剂从而得到溶质固体,因而蒸发NaC1溶液获得NaC1晶体,B正确;C.铜与浓硫酸反应需要加热,该装置中未添加酒精灯,C错误;D.过氧化氢与二氧化锰反应生成的氧气会从长颈漏斗溢出,从而无法测量化学反应速率,应该用分液漏斗,D错误。故答案选B。2、A【解析】
由题意可知反应的前后压强之比为5:4,说明反应正向是体积减小的反应,即C、D物质中只有一种是气体,列三段式:由于(4+2):(2.8+1.2+1.6)=15:14≠5:4,(4+2):(2.8+1.2+0.8)=5:4,所以C物不是气体,D物为气体。【详解】A.增大反应体系中物质的浓度,平衡向浓度减小的方向移动,但C不是气体,增加C不能使平衡正向移动,所以B的平衡转化率不变,故A正确;B.B的平衡转化率=0.8mol÷2mol×100%=40%,故B错误;C.化学平衡常数只与温度有关,温度不变则平衡常数不变,故C错误;D.由于生成物C为非气体,其浓度为1,所以该反应的化学平衡常数表达式K=,故D错误;故答案为A。【点睛】注意掌握外界条件对化学平衡的影响和反应三段式的应用。3、B【解析】
A.X分子中含有碳碳双键,则能发生加聚反应,故A正确;B.Y分子()苯环上的二氯代物有6种,分别在苯环的2、3位取代,2、4位取代,2、5位取代,2、6位取代,3、4位取代和3、5位取代,故B错误;C.与Y分子式相同,但结构不同,两者互为同分异构体,故C正确;D.苯环有12原子共面,-COOH和HCOO-中4原子可能共面,故X、Y分子的所有原子可能共平面,故D正确;故答案为B。4、D【解析】
X、Y、Z、W是四种原子序数依次增大的短周期元素,X、Y的原子半径依次减小,说明二者位于同一周期;X、Y、Z组成的一种化合物(ZXY)2的结构式为Y≡X-Z-Z-X≡Y,X形成4个共价键,位于ⅣA族,Y形成3个共价键,位于ⅤA族,Z形成2个共价键,位于ⅥA族,则X为C元素,Y为N,Z为S元素。Z、W可以形成两种重要化合物ZW2、Z2W2,则W为Cl元素,形成的物质分别为SCl2和S2Cl2。A.化合物Z2WZ为S2Cl2,S最外层6个电子,达到稳定结构需要共用2个电子,Cl最外层7个电子,达到稳定结构需要共用1个电子,则S2Cl2中只含有共价键,结构是为Cl-S-S-Cl,A错误;B.Y、Z、W形成的简单离子分别为N3-、S2-、Cl-,N3-核外只有2个电子层,半径最小;而S2-和Cl-的核外电子排布相同,核电荷数越大,离子半径越小,则S2-的半径大于Cl-的半径,因此排序为S2->Cl->N3-,即rz>rw>ry,B错误;C.W为S元素,Y为N元素,W的含氧酸有H2SO3,为弱酸,其酸性比Y的含氧酸HNO3弱,C错误;D.X为C元素,Z为S元素,C原子要达到稳定结构需要共用4个电子,S要达到稳定结构需要共用2个电子,则1个C原子和2个S原子均可达到稳定结构,分子式为CS2,结构是为S=C=S,D正确。答案选D。5、D【解析】
A.根据影响反应速率的外界因素分析知,将黑钨铁矿粉碎的目的是增大反应的速率,故A正确;B.根据流程图知,FeWO4和MnWO4在空气中与纯碱共熔反应生成MnO2、Fe2O3,Fe(II)和Mn(II)化合价升高为Fe(III)和Mn(IV),碳酸钠无氧化性,则过程中空气的作用是氧化Fe(II)和Mn(II),故B正确;C.根据流程图可知Na2WO4为可溶性钠盐,与硫酸发生复分解反应生成H2WO4,H2WO4难溶于水,可以通过过滤、洗涤、干燥,分离出来,加热后分解生成WO3,所以H2WO4难溶于水且不稳定,故C正确;D.WO3生成W的过程中,元素化合价降低,应该是被氢气还原,故D错误。故选D。6、C【解析】
A.根据图象可知,0.100mol•L﹣1的氨水的pH=11,c(OH﹣)=10﹣3mol/L,Kb(NH3•H2O)==10﹣5,醋酸铵溶液的pH=7,说明铵根离子和醋酸的水解程度相等,则二者的电离平衡常数相等,即25℃时,Kb(NH3•H2O)=Ka(CH3COOH)≈10﹣5,故A正确;B.加入20mL等浓度的HCl溶液后,氨水恰好反应生成氯化铵,b点铵根离子水解促进了水的电离,而c点溶质为醋酸和氯化铵,醋酸电离出的氢离子使溶液呈酸性,抑制了水的电离,则b点溶液中水的电离程度比c点溶液中的大,故B正确;C.Kb(NH3•H2O)=Ka(CH3COOH)≈10﹣5,Kh(NH4+)=≈10﹣9<10﹣5,醋酸的电离程度较大,则c(NH4+)>c(CH3COOH),正确的离子浓度大小为:c(Cl﹣)>c(NH4+)>c(CH3COOH)>c(OH﹣),故C错误;D.在a点的溶液中反应后溶质为等浓度的CH3COONH4、NH4Cl和CH3COOH,根据电荷守恒可知:c(NH4+)+c(H+)═c(CH3COO﹣)+c(Cl﹣)+c(OH﹣),根据物料守恒可得:2c(Cl﹣)=c(NH4+)+c(NH3•H2O),二者结合可得:c(NH4+)+2c(H+)═2c(CH3COO﹣)+c(NH3•H2O)+2c(OH﹣),故D正确。故选C。【点睛】明确图象曲线变化的意义为解答关键,注意掌握电荷守恒、物料守恒在盐的水解中的运用。7、A【解析】
A.CuSO4溶液与Na+、NH4+、NO3-、Mg2+不反应,可以大量共存,故选A;B.CO2不与CuSO4反应,不能生产沉淀,故不选B;C.CuSO4与NaHS反应的离子方程式:Cu2++HS-═CuS↓+H+,故不选C;D.CuSO4与过量浓氨水反应先有蓝色沉淀氢氧化铜生成,后沉淀溶解生成[Cu(NH3)4]2+,故不选D;答案选A。8、A【解析】
A.NaHCO3受热分解成Na2CO3、CO2和H2O,Na2CO3与饱和石灰水反应生成CaCO3和NaOH,两步反应均能实现,故A正确;B.NaAlO2与过量盐酸反应生成NaCl、AlCl3和H2O,第二步反应不能实现,故B错误;C.蔗糖中不含醛基,蔗糖不能发生银镜反应,第二步反应不能实现,故C错误;D.Fe与HCl反应生成FeCl2和H2,第二步反应不能实现,故D错误;答案选A。9、B【解析】
烯烃分子的结构简式为,系统命名法命名其名称为2,4,4-三甲基-3-乙基-2-戊烯,故B符合题意。综上所述,答案为B。10、A【解析】室温下,将0.05molCH3COONa固体溶于水配成100mL溶液,所得溶液的浓度为0.5mol/L。则A、再加入0.05molCH3COONa固体,c(Na+)增大为原来的2倍,而由于溶液浓度增大,故CH3COO-的水解程度变小,故c(CH3COO-)大于原来的2倍,则c(CH3COO-)/c(Na+)比值增大,A错误;B、加入0.05molNaHSO4固体,能和0.05molCH3COONa反应生成0.5mol/LCH3COOH和0.5mol/L的Na2SO4的混合溶液,根据物料守恒可知,c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.5mol/L,而c(Na+)=1mol/L,c(SO42-)=0.5mol/L,故有:c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=c(Na+)-c(SO42-),B正确;C、加入0.05molNH4Cl固体后,和CH3COONa发生双水解,水解程度增大,则对水的电离的促进会增强,故水的电离程度增大,C正确;D、加入50mL水后,溶液变稀,pH变小,即溶液中c(OH-)变小,而溶液中所有的氢氧根均来自水的电离,即水电离出的c(OH-)变小,且水电离出的氢离子浓度和其电离出的氢氧根的浓度相同,故水电离出的c(H+)变小,因此由水电离出的c(H+)•c(OH-)减小,D正确,答案选A。11、D【解析】
A.溶液a为酸性,HA电离程度大于A-水解程度,相对于纯HA,同浓度下,溶液a中存在一部分A-,起始时有了一部分产物,所以溶液a和0.1mol/LHA溶液中HA的电离程度前者小于后者,从而H2O的电离程度前者大于后者,A选项错误;B.根据表中数据,向溶液a中通入0.1molHCl时,溶液a中一共只有1L含0.1molNaA,则完全消耗NaA,这就超出了缓冲溶液的缓冲范围了,NaA变成了HA,溶液便失去了缓冲能力,pH不可能变化不大,B选项错误;C.HA的,由表可知,1L含0.1molHA和0.1molNaA的溶液a的pH=4.76,但此时c(A-)不等于c(HA),故该温度下HA的Ka不等于10-4.76,C选项错误;D.向0.1mol·L−1Na2HPO4与0.1mol·L−1NaH2PO4的混合溶液中加入少量强酸或强碱,溶液的组成不会明显变化,故也可做缓冲溶液,D选项正确;答案选D。12、B【解析】
A.胃酸的主要成分为HCI,Al(OH)3与HCI反应达到中和过多胃酸的目的,正确,A不选;B.碘元素是人体必需微量元素,不能摄入过多,而且微量元素碘可以用无毒IO3-或I-补充,而I2有毒不能服用,错误,B选;C.葡萄糖是食品添加剂,也可直接服用,同时葡萄糖通过氧化成葡萄糖酸之后,可以用于制备补钙剂葡萄糖酸钙,正确,C不选;D.漂白粉含Ca(ClO)2和CaCl2,其中有效成分Ca(ClO)2具有强氧化性,能够氧化有色物质,起到漂白的作用,正确,D不选。答案选B。13、B【解析】
A、原子晶体共价键的键长越短、键能越大,熔点越高,键长:Si-Si>Si-C,所以熔点前者小于后者,选项A不符合题意;B、分子晶体的熔点低于离子晶体,甲苯是分子晶体而氯化钠是离子晶体,所以氯化钠的熔点高于甲苯,选项B符合题意;C、离子晶体晶格能越大熔点越高,氧化镁的晶格能大于氧化钠,所以熔点前者小于后者,选项C不符合题意;D、合金的熔点低于各成份的熔点,所以钾钠合金的熔点小于钠熔点,选项D不符合题意;答案选B。14、A【解析】
A.常温下Fe与氯气不反应,遇浓硫酸发生钝化,则用钢瓶储存液氯或浓硫酸,故A正确;B.Mg能在CO2中燃烧生成MgO和C,则二氧化碳气体不可用作镁燃烧的灭火剂,故B错误;C.蛋白质遇硫酸铜发生变性,变性是不可逆过程,盐析可用于蛋白质的分离和提纯,故D错误;D.食盐中加的碘盐为KIO3,受热易分解,则在菜准备出锅时添加加碘食盐,是为了防止KIO3受热易分解,故D错误;故答案为A。15、B【解析】
A.0.1mol•L-1的NH4Cl溶液与0.05mol•L-1的NaOH溶液等体积混合后存在等量的NH4+和NH3•H2O,NH3•H2O电离程度大于NH4+水解程度,溶液呈碱性,c(Cl-)>c(NH4+)>c(Na+)>c(OH-)>c(H+),故A错误;B.0.02mol•L-1
CH3COOH溶液与0.01mol•L-1NaOH溶液等体积混合,溶液中溶质为等物质的量浓度的CH3COOH和CH3COONa,溶液中存在电荷守恒和物料守恒,根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)、根据物料守恒得2c(Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-),所以得2c(H+)-2c(OH-)=c(CH3COO-)-c(CH3COOH),故B正确;C.酸和碱的强弱未知,混合后溶液的性质不能确定,无法判断c(OH-)和c(H+)大小,故C错误;D.0.1mol•L-1的NaHCO3溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+c(OH-)+2c(CO32-),物料守恒:c(Na+)=c(HCO3-)+c(H2CO3)+c(CO32-),计算得到:c(OH-)-c(H+)=c(H2CO3)-c(CO32-),故D错误;故选B。【点睛】本题的易错点和难点为D,要注意灵活运用电解质溶液中的电荷守恒和物料守恒。16、C【解析】
A.实验结束后一定要再次称量剩余固体质量,再通过其它操作可以计算镁铝合金中镁的质量分数,故A正确;B.为了使其充分灼烧,氧气要保证充足,故B正确;C.用空气代替氧气对实验有影响,这是因为高温条件下,镁还能够和氮气、二氧化碳等反应,故C错误;D.灼烧后的固体为氧化镁和氧化铝的混合物,质量大于ag,这是因为氧气参加了反应,故D正确;故答案选C。二、非选择题(本题包括5小题)17、43-甲基丁酸羟基加成反应或还原反应13、AD【解析】分析:在合成路线中,C+F→G为酯化反应,由F和G的结构可推知C为:,结合已知①,可推知B为:,由F的结构和E→F的转化条件,可推知E的结构简式为:,再结合已知②,可推知D为:。详解:(1)分子中有4种等效氢,故其核磁共振氢谱图中有4组吸收峰,的名称为3-甲基丁酸,因此,本题正确答案为:.4;3-甲基丁酸;(2)中含氧官能团的名称为羟基,根据已知②可写出D→E的化学方程式为。(3)E-F为苯环加氢的反应,其反应类型为加成反应或还原反应。故答案为加成反应或还原反应;(4)的同分异构体中,结构中有醚键且苯环上只有一个取代基结构:分两步分析,首先从分子组成中去掉-O-,剩下苯环上只有一个取代基结构为:,由于丁基有4种,所以也有4种,、、、,第二步,将-O-插入C-C之间形成醚分别有4种、4种、3种和2种,共有13种,其中甲基数目最多的同分异构体的结构简式为、。所以,本题答案为:13;、;(5)A.由结构简式知G的分子式为C15H28O2,故A正确;B.1molG水解能消耗1mol
NaOH,故B错误;C.G中六元碳环上的C原子为饱和碳原子,不在同一平面上,故至少有8个C原子共平面是错误的;D.合成路线中生成G的反应为酯化反应,也属于取代反应,故D正确;所以,本题答案为:AD(6)以1-丁醇为原料制备正戊酸(
CH3CH2CH2CH2COOH),属于增长碳链的合成,结合题干中A→B→C的转化过程可知,1-丁醇先消去生成1-丁烯,再和CO/H2反应生成戊醛,最后氧化生成正戊酸,合成路线为:18、邻硝基甲苯(或2-硝基甲苯)C13H20ON2浓HNO3/浓H2SO4,加热氨基取代反应吸收反应产生的HCl,提高反应的转化率或【解析】
A的分子式结合G得知:A是甲苯,B中有-NO2,结合G的结构苯环上的-CH3和N原子所连接B苯环上的C属于邻位关系,故B是邻硝基甲苯,在Fe和HCl存在下被还原成C物质:邻氨基甲苯,结合题干信息:二者反应条件一致,则确定D是乙醛CH3CHO,E是,部分路线如下:【详解】(1)B的化学名称是邻硝基甲苯(或2-硝基甲苯);H的分子式是C13H20ON2;(2)由A生成B的反应是硝化反应,试剂:浓HNO3、浓H2SO4,反应条件:加热;(3)C中所含官能团的名称为氨基;观察G生成H的路线:G的Cl原子被丙胺脱掉—NH2上的一个H原子后剩下的集团CH3CH2CH2NH—取代,故反应类型是取代反应;(4)C与F反应生成G的化学方程式为;有机反应大多是可逆反应,加入K2CO3消耗反应产生的HCl,使平衡正向移动,提高反应物的转化率;(5)的单体是,联系原料有甲醇倒推出前一步是与甲醇酯化反应生成单体,由原料丙酮到增长了碳链,用到题干所给信息:,故流程如下:。19、球形冷凝管防倒吸碘水或I2CDGFJ37.8还原性5H2C2O1+2MnO1-+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O反应生成的硫酸锰或锰离子对反应有催化作用,加快反应速率取少量0.1mol/L草酸溶液于试管中,测定其pH,若pH﹥1,则说明草酸为弱酸【解析】
(1)根据仪器构造可知仪器乙为球形冷凝管;B装置为安全瓶,其作用是防倒吸,故答案为球形冷凝管;防倒吸;(2)淀粉遇碘变蓝色,在已经水解的淀粉溶液中滴加几滴碘液,溶液显蓝色,则证明淀粉没有完全水解,溶液若不显色,则证明淀粉完全水解,故答案为碘水或I2;(3)为证明草酸的受热分解产物中含有H2O、CO2和CO,先首先将混合气体通入盛有无水硫酸铜的干燥管检验水蒸气,如果变蓝说明有水蒸气产生;再通入盛有冷水的洗气瓶除去草酸蒸气,防止草酸干扰二氧化碳的检验;接着通入盛有澄清的石灰水的洗气瓶检验二氧化碳,如果澄清的石灰水变浑浊,则证明含有二氧化碳气体;再用盛有氢氧化钠溶液的洗气瓶吸收二氧化碳,防止二氧化碳干扰一氧化碳的检验;然后再将洗气后的气体进行干燥,最后将气体再通过黑色的氧化铜装置,一氧化碳和黑色的氧化铜反应生成铜和二氧化碳,再用澄清的石灰水检验二氧化碳是否存在,如果澄清石灰水变浑浊,则证明该混合气体中含有一氧化碳;为防止有毒的一氧化碳污染环境,用排水集气法收集一氧化碳,连接顺序为A→C→D→G→F→E→B→G→J,故答案为C;D;G;F;J。(1)由化学方程式CuO+COCu+CO2可知A管减轻质量为氧原子的质量,则n(CO):m(O)=1:16=n(CO):1.8g,解得n(CO)为0.3mol,H2C2O1·2H2O受热分解的方程式为H2C2O1•2H2O3H2O+CO↑+CO2↑,由方程式可知分解的草酸晶体为0.3mol,所以质量为:0.3mol×126g/mol=37.8g,故答案为37.8;(5)向草酸溶液中逐滴加入硫酸酸化的高锰酸钾溶液时,可观察到溶液由紫红色变为近乎无色,说明酸性高锰酸钾与草酸发生氧化还原反应,酸性高锰酸钾具有强氧化性,草酸能够被氧化,草酸具有还原性,被氧化为二氧化碳,发生的反应为5H2C2O1+2MnO1-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O,生成的硫酸锰或锰离子对反应有催化作用,加快反应速率;故答案为还原;5H2C2O1+2MnO1-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O;生成的硫酸锰或锰离子对反应有催化作用,加快反应速率;(6)若草酸为弱酸,则其在水溶液中不能完全电离,0.1mol·L-1草酸溶液的pH大于1。因此,实验证明草酸是弱酸的实验方案为:取少量0.1mol/L草酸溶液于试管中,用pH计测定其pH,若pH﹥1,则说明草酸为弱酸,故答案为取少量0.1mol/L草酸溶液于试管中,测定其pH,若pH﹥1,则说明草酸为弱酸。【点睛】本题考查了性质实验方案的设计与评价,试题知识点较多、综合性较强,充分考查了学分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力,注意掌握化学实验基本操作方法,明确常见物质的性质及化学实验方案设计原则是解答关键。20、2MnO4—+10Cl—+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O除去HClSO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4球形干燥管a防止空气中的水蒸汽进入;吸收尾气,防治污染空气80%①②③C硫酰氯分解产生氯气溶解在硫酰氯中导致其发黄【解析】
由合成硫酰氯的实验装置可知,A中发生2KMnO4+16HCl=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O,因浓盐酸易挥发,B中饱和食盐水可除去氯气中的HCl气体杂质,C中浓硫酸可干燥氯气,D为三颈烧瓶,D中发生SO2(g)+Cl2(g)═SO2Cl2(l),E中冷却水下进上出效果好,结合信息②可知,F中碱石灰吸收尾气、且防止水蒸气进入D中,据此解答(1)~(3);(4),由SO2(g)+Cl2(g)═SO2Cl2(l)可知,理论上生成SO2Cl2为;为提高本实验中硫酰氯的产率,应在低温度下,且利于原料充分反应;(5)生成物均为液体,但沸点不同;(6)由信息③可知,硫酰氯易分解。【详解】(1)装置A中发生反应的离子方程式为2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O,故答案为:2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O;(2)装置B的作用为除去HCl,若缺少装置C,装置D中SO2与Cl2还可能发生反应的化学方程式为SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4,故答案为:除去HCl;SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4;(3)仪器F的名称为三颈烧瓶,为保证良好的冷凝效率,E中冷凝水的入口是a。硫酰氯在潮湿空气中“发
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